河北省2020年中考物理猜想卷（一）（含解析）

河北省2020年中考物理猜想卷（一）

一、选择题（本大题共9个小题，共21分．1-6小题为单选题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；7-9小题为多选题，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，每小题2分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）

1．（2分）下列估测最接近实际的是（　　）

A．初中物理课本的长度大约为26cm 

B．洗澡水的温度大约是90℃ 

C．一名中学生的质量大约为50g 

D．声在空气中的速度约为3×106m/s

【答案】A

【解析】A、初中物理课本的长度大约为26cm左右，故A符合实际；B、人体的温度在37℃左右，人洗澡时合适的水温略高于人的体温，在40℃左右，故B不符合实际；C、中学生的质量大约为50kg左右，故C不符合实际；D、声音在空气中的速度约为340m/s左右。故D不符合实际。选A。

2．（2分）关于声音的相关知识，下列说法正确的是（　　）

A．声和电磁波都能在真空中传播 

B．敲鼓时鼓面振动的幅度越大音调越高 

C．学业考试期间考场附近禁止鸣笛属于在声源处控制噪声 

D．医生用B超观察胎儿的发育情况是利用次声波工作的

【答案】C

【解析】A、电磁波可以在真空中传播，声不能在真空中传播，故A错误；B、因为声音的响度与振幅有关，所以鼓面振动的幅度越大，响度就会越大，故B错误；C、学校附近禁止鸣笛是防止噪声的产生，属于在声源处控制噪声，故C正确；D、B超是利用超声波工作的，故D错误。选C。

3．（2分）东海温泉是江苏省著名的旅游景点，其中露天温泉是人们特别喜爱的一种休闲方式，下列对于冬季露天温泉的一些描述中正确的是（　　）

A．温泉泳池上方的大量“白气”是汽化形成的 

B．雪花飘落到池水中立刻消失，这是升华现象 

C．人从温泉池中出来时觉得冷是因为皮肤表面的水蒸发吸热导致的 

D．泳池边的树枝上有大量“白霜”是水蒸气凝固形成的

【答案】C

【解析】A、温泉池水上方的“白气”，是温泉内的水先汽化，遇到冷的空气液化形成的小水滴。故A错误；B、雪花飘落到池水中立刻消失，由固态变成液态，叫熔化。故B错误；C、人们在温泉池中出来时体表有水，而水蒸发需要吸收热量，所以觉得冷。故C正确；D、泳池边的树枝上有大量“白霜”是水蒸气快速放热凝华形成的。故D错误。选C。

4．（2分）小刚用水平推力推静止在水平地面上的讲台，结果没有推动（如图所示）。则下列说法正确的是（　　）

A．讲台不受摩擦力 

B．推力小于地面对讲台的摩擦力 

C．用力推讲台没推动说明讲台没有惯性 

D．讲台所受的推力与所受的摩擦力是一对平衡力

【答案】D

【解析】A、用水平推力推讲台，但没有推动，而讲台相对于地面有运动的趋势，因此讲台受摩擦力的作用，此时的摩擦力称为静摩擦力，故A错误；BD、用水平推力推讲台，但没有推动，讲桌处于静止状态，受到的力为平衡力，所以在水平方向上，人对讲台的推力与地面对讲台的摩擦力是一对平衡力，大小相等，故B错误、D正确；C、一切物体都有惯性，用力推讲台没推动说明受力平衡，而不是讲台没有惯性，故C错误。选D。

5．（2分）在如图的情景中，如果保持透镜在50cm刻度线处不动，将点燃的蜡烛放在光具座上18cm刻度线处，为了在光屏上得到清晰的像，应该进行的操作以及光屏上像的大小变化情况是（　　）

A．将光屏左移，像变小 B．将光屏右移，像变小 

C．将光屏左移，像变大 D．将光屏右移，像变大

【答案】D

【解析】在做凸透镜成像的实验中，保持凸透镜在50cm刻度线处不动，将点燃的蜡烛放在光具座上18cm刻度线处，此时物距减小，则像距变大，像变大，光屏也向右移，故D正确。选D。

6.（2分）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（　　）

A．该杠杆与镊子类型相同 

B．图甲位置时，拉力大小为15N 

C．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3：1 

D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变

【答案】D

【解析】A、根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；B、已知物重为30N，OA：AB＝1：2；由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA,解得：F＝＝＝＝10N，故B错误；C、图甲位置时，若仅增加物重，则（F+△F）×OB＝（G+△G）×OA，显然拉力的变化量与物重的变化量之比不等于OA与OB的比值，故C错误；

D、保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：

OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，因为△OA′A∽△OB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3,由杠杆平衡条件可知，F′×OB′＝G×OA′，F′＝＝＝10N；由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变，故D正确。选D。

7．（3分）下列有关电与磁的说法正确的是（　　）

A．用磁感线可以描述磁场的强弱 

B．能在水平面自由转动的小磁针，静止时N极指向地理北极附近 

C．通电导体产生的磁场的方向与通过该导体的电流方向无关 

D．只要导体在磁场中做切割磁感线运动，就会产生感应电流

【答案】AB

【解析】A、磁场是确实存在的，且磁场是看不见摸不到的，但用磁感线可以形象地描述磁场的强弱和磁场的方向，故A正确；B、地理的北极在地磁场的南极附近，故小磁针自由静止时，小磁针的N极指向地理北极附近，故B正确；C、奥斯特实验说明了通电导体周围存在磁场，该实验还表明电流方向改变时，其磁场方向也随之改变，所以，通电导体产生磁场的方向与通过该导体的电流方向有关，故C错误；D、产生感应电流的条件是：闭合电路的部分导体、在磁场中做切割磁感线运动，缺一不可；所以导体在磁场中运动，不一定会产生感应电流，故D错误。选AB。

8．（3分）有边长为a的正方体木块A和小铁块B．如图所示，将A放入盛有适量水的烧杯中，浸入深度为h1；再将B叠放在A上，A没入深度变为h2．下列判断错误的是（　　）

A．A的质量mA＝ρ水a3 

B．A与B的总质量m总＝ρ水a2h2 

C．A的密度ρA＝ 

D．将叠放在A上的B取下放入水中，A、B静止后水对烧杯底的减小的压强△p＝ρ水g（h2﹣h1）

【答案】ACD

【解析】A、因为A在水中漂浮，GA＝F浮＝G排＝ρ水gV排1＝ρ水ga2h1，所以A的质量mA＝ρ水a2h1，而h1＜a，所以，mA＜ρ水a3，故A错误；B、A与B在水中漂浮，则G总＝F浮总＝ρ水gV排2＝ρ水ga2h2，所以，总质量m总＝ρ水a2h2，故B正确；C、A的密度ρA＝＝＝ρ水，故C错误；D、将叠放在A上的B取下放入水中，由于A、B静止后，A漂浮，B下沉，则水面下降高度△h＜（h2﹣h1），则水对烧杯底的减小的压强△p＝ρ水g△h＜ρ水g（h2﹣h1），故D错误。选ACD。

9．（3分）如图所示电路中，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S后，滑动变阻器滑片自b向a移动的过程中（　　）

A．电流表A的示数变大，电压表V1的示数与电流表A的示数之比变小 

B．电流表A的示数变大，电压表V2的示数与电流表A的示数之比变小 

C．电压表V1的示数不变，电路消耗的总功率变大 

D．电压表V2的示数变小，电路消耗的总功率变大

【答案】BD

【解析】由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测量定值电阻R1两端电压，电压表V2测量滑动变阻器两端R2电压。滑动变阻器滑片自b向a移动的过程中，接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故C错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2示数变小，因电流表A的示数变大，电压表V2示数变小，所以，电压表V2的示数与电流表A的示数之比变小，故B正确；

由P＝UI可知，电路消耗的总功率变大，故D正确；由R＝可知，电压表V1的示数与电流表A的示数之比等于R1的阻值，则电压表V1的示数与电流表A的示数之比不变，故A错误。选BD。

二、填空及简答题（本大题共6个小题：每空1分，共20分）

10．（4分）电能表是测量_________的仪表。小林家4月底电能表读数为2708.7kW•h，5月底电能表读数如图所示，那么5月份他家消耗了_________kW•h的电能。若电价为0.53元/kW•h，则需电费_________元。1kW•h的电能可供标有“220V 40W”的灯泡正常工作_________h。

【答案】电路消耗电能；110；58.3；25。

【解析】（1）电能表是用来测量电路消耗电能的仪表；由图示电能表可知，5月底电能表读数是2818.7kW•h，

则5月份他家消耗的电能：W＝2818.7kW•h﹣2708.7kW•h＝110kW•h；需交电费：0.53元/kW•h×110kW•h＝58.3元；（2）灯泡正常工作时的功率：P＝P额＝40W＝0.04kW，由P＝得灯泡工作正常的时间：t＝＝＝25h。

11．（4分）小燕在平静的湖边看到“云在水中飘，鱼在云上游”的现象，“云在水中飘”是小燕以_________为参照物看到“云”在水中运动的现象，“鱼在云上游”是水面使光发生_________形成的鱼的虚像和水面使光发生_________形成的云的虚像同时出现的现象，云的“倒影”看起来比云本身“暗”一些，主要是因为光射到水面时，有一部分发生_________进入了水中。

【答案】陆地或自己；折射；反射；折射。

【解析】云在水中飘说明云是运动的，是以陆地或自己为参照物；水中的云属于平面镜成像，是由光的反射形成的与物体等大的虚像；

看到水中的鱼，是由于光的折射形成的，从上面看时，会感到鱼的位置比实际位置高一些，是鱼的虚像。光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中；所以湖中的“倒影”看起来比建筑物本身“暗”一些；

12．（3分）用如图所示的滑轮组提升物体，已知物重为200N，拉力为120N，物体被提升了2m，所用时间为2s，那么用此滑轮组做的额外功是_________J，滑轮组的机械效率是_________，拉力的功率是_________W。

【答案】80；83.3%；240。

【解析】由图可知，n＝2，则拉力端移动的距离：s＝2h＝2×2m＝4m，有用功：W有用＝Gh＝200N×2m＝400J，

拉力做的总功：W总＝Fs＝120N×4m＝480J，滑轮组做的额外功：W额＝W总﹣W有用＝480J﹣400J＝80J；此滑轮组的机械效率：η＝＝×100%≈83.3%；拉力的功率：P＝＝＝240W。

13．（2分）体积为0.21m3、热值为4.0×107J/m3的天然气完全燃烧放出的热量为_________J；若这些热量完全被50kg的水吸收，且未烧开，那么水升高的温度为_________℃．（水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃））

【答案】8.4×106；40。

【解析】完全燃烧0.21m3的天然气放出的热量：Q放＝qV＝4.0×107J/m3×0.21m3＝8.4×106J；由题知Q吸＝Q放＝8.4×106J，由Q吸＝cm△t可得水温度升高值：△t＝＝＝40℃。

14．（3分）小红把图钉按在铅笔的一端，手握铅笔让图钉冒在课桌上来回摩擦几下后，发现图钉冒变烫了，这是用_________的方法改变了物体的内能。把瓶装水放在冰箱里，一会儿变凉了，这是用_________的方法改变了物体的内能。小红的体温一般要保持在37℃左右。食物也可以说是一种“燃料”，营养成分在人体细胞里与氧结合，提供维持人体体温所需的能量是食物的_________能转变为人体的内能。

【答案】做功；热传递；化学。

【解析】手握铅笔让图钉冒在课桌上来回摩擦几下后，发现图钉冒变烫了，这是用做功的方法改变了物体的内能，在这一过程中，机械能转化为内能；把瓶装水放在冰箱里，一会儿变凉了，这是用热传递的方法改变了物体的内能，在这一过程中，内能发生了转移。食物所提供的化学能可以转化为人体需要的内能，维持身体能量平衡。

15．（4分）用厚玻璃瓶、带有细玻璃管的橡胶塞和水制成了如图所示的两个装置。

（1）若用来制成高度计则应选择图_________（选填“甲”或“乙”）；

（2）用另外一图可以制成_________（填一测量工具）；

其原理是：_________

制作方法是：_________

【答案】（1）甲；（2）温度计；液体的热胀冷缩；在厚玻璃瓶内盛满水，瓶口用带有细玻璃管的橡胶塞塞严。

【解析】（1）把甲图瓶子中水不满时，可以制成气压计，气压计从低处带到高处，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱的高度会升高，故甲图可以制成高度计；（2）乙图在厚玻璃瓶内盛满水，瓶口用带有细玻璃管的橡胶塞塞严，这样就制成了一个简易温度计；其原理是：液体的热胀冷缩。

三、实验探究题（本大共2个小题：第16小题6分，第17题5分，共11分）

16．（6分）小明在探究“杠杆平衡条件”的实验中：

（1）小明发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向_________调节。小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是_________。

（2）小明用弹簧测力计在B点_________拉（如图甲），才可以在杠杆上直接读出动力臂。

（3）如图乙所示，某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时，弹簧秤的示数将_________。（填“变大”、“变小”或“不变”，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦）

（4）小明继续研究杠杆的机械效率，他们用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在B点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在A点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计测拉力F，装置如图丁所示，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：①杠杆机械效率的表达式为η＝_________。（用测量的物理量符号表示）②若只将测力计的悬挂点由A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将_________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】（1）右；一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响，二是便于测量力臂的长度；（2）竖直向下；（3）不变；（4）①×100%；②不变。

【解析】（1）杠杆右端低左端高，则重心应向右移动，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向左端调节；使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度；（2）如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；（3）做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。（4）①有用功为W有＝Gh1，总功W总＝Fh2，则机械效率的表达式η＝×100%＝×100%。②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额＝W总，设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h＝Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，若只将测力计的悬挂点由A移至C点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度不变，杠杆升高的距离h不变，所以Gh1+G杠h不变，所以Fh2也不变。根据η＝×100%，分母不变，分子不变，所以η不变。

17．（5分）如图是探究“电流通过导体时产生热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。

（1）实验中，通过观察_________，可比较电阻丝产生的热量的多少。

（2）甲装置可探究电流产生的热量与_________的关系，通电一段时间后，_________（填“左”或“右”）侧容器中U型管中液面的高度差大。

（3）乙装置中的电阻R3的作用主要是_________。

（4）利用甲装置还可以研究电压一定时电流通过导体时产生热量与电阻的关系。可将甲装置做如下改动：将接在B接线柱上的导线改接在A处，再取一根导线连接在_________两个接线柱之间即可。

【答案】（1）U形管两管液面高度差；（2）电阻；右；（3）使通过R1和R2的电流不相等；（4）BD。

【解析】（1）根据转换法，实验中，通过观察U形管两管液面高度差，可比较电阻丝产生的热量的多少。（2）甲装置中两阻值不同的电阻丝串联，通过的电流和通电时间相等，故可探究电流产生的热量与电阻的关系，通电一段时间后，因通过两电阻的电流和时间相等，5Ω＜10Ω，根据Q＝I2Rt，相同时间10Ω电阻丝产生的热量多，故右侧容器中U型管中液面的高度差大；（3）图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，根据并联电路电路的规律，使通过左边容器中电阻的电流与通过右边容器中电阻的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系；（4）利用甲装置还可以研究电压一定时，电流通过导体时产生热量与电阻的关系，应将两电阻丝并联，所以将接在B接线柱上的导线改接在A处，再取一根导线在BD两个接线柱之间即可。

四、计算题（每题6分，共12分）

18．（6分）如图所示，甲、乙两个质量均为2千克的实心均匀圆柱体放在水平地面上。甲的底面积为4×10﹣3米2，乙的体积为0.8×10﹣3米3．求：

①乙的密度ρ乙；

②甲对地面的压强p甲；

③若甲的底面积是乙的1.5倍，在甲、乙的上部沿水平方向分别切去△m甲和△m乙，再将切去部分互叠在对方剩余部分的上方，使甲、乙对水平地面的压强相等。请比较△m甲和△m乙的大小关系及求出两者的差值。

【答案】①乙的密度为2.5×103kg/m3；②甲对地面的压强为4900Pa；③△m甲＜△m乙，两者的差值为0.4kg。

【解析】①乙的密度：ρ乙＝＝＝2.5×103kg/m3；

②甲对地面的压力：F甲＝G甲＝m甲g＝2kg×9.8N/kg＝19.6N，

甲对地面的压强：p甲＝＝＝4900Pa；

③在甲、乙的上部沿水平方向分别切去△m甲和△m乙，再将切去部分互叠在对方剩余部分的上方后，因此时甲、乙对水平地面的压强相等，即p甲′＝p乙′，

所以，＝，即：＝﹣﹣①，把m甲＝m乙＝2kg和S甲＝1.5S乙代入①式可得：＝，整理可得：△m乙﹣△m甲＝0.4kg，则△m乙＞△m甲。

19．（6分）如图所示的电路中，电源电压恒定，L是标有“6V 3.6W”的小灯泡（灯丝电阻不变），电阻R1＝R2＝5Ω．当S1、S2都闭合时，小灯泡正常发光。问：

（1）当S1、S2都闭合时，电流表的示数是多少？电路的总功率有多大？

（2）当S1、S2都断开时，电压表的示数是多少？灯泡的功率有多大？

【答案】（1）当S1、S2都闭合时，电流表的示数是1.8A，电路的总功率为10.8W；（2）当S1、S2都断开时，电压表的示数是2V，灯泡的功率为1.6W。

【解析】灯泡电阻：R＝＝＝10Ω，

（1）当S1、S2都闭合时，L与R2并联，电流表测干路电流，灯泡正常发光，

可得电源电压：U＝U额＝6V，

干路电流：I并＝IL+I2＝+＝+＝1.8A，

电路总功率：P总＝UI并＝6V×1.8A＝10.8W；

（2）当S1、S2都断开时，由图可知，L与R1串联，电压表测R1电压，

电路中电流：I串＝＝＝0.4A，

R1两端电压即电压表示数为：U1＝I串R1＝0.4A×5Ω＝2V，

L的电功率：PL＝I串2R＝（0.4A）2×10Ω＝1.6W。